CF做题记录 2022.6.3-6.12

1656

F. Parametric MST

给出 $a_1,a_2,...,a_n$。定义 $G(x)$ 是这样一张完全图：对于任意两点 $i\neq j$，定义其边权为 $w(i,j)=a_ia_j+x(a_i+a_j)$。（以下的 $x$ 都是指实数）。

定义 $f(x)$ 为 $G(x)$ 的最小生成树权值。求 $f(x)$ 的最大值，或输出 INF 表示 $f(x)$ 可以取到无穷大。

$n\le 2\times 10^5,|a_i|\le 10^6$。

Hint1

考虑对于确定的 $x$，研究 $f(x)$ 的取值。

Hint2

当 $x$ 固定时，有：$a_ia_j+x(a_i+a_j)=(a_i+x)(a_j+x)-x^2$。

Hint3

考虑 $x$ 固定的时候，对于一个点 $i$ 来说，所有 $j$ 中，令 $w(i,j)$ 取到最小值的，要么是 $a$ 最小的，要么是 $a$ 最大的。

Hint4

$x$ 固定的时候，将 $a$ 重新排序，一定是一段前缀和 $a_n$ 连边，剩余的后缀和 $a_1$ 连边。

Solution

解决这类题。还是有一定套路可循的。首先我们应该研究 $x$ 固定的时候最小生成树的构造方式，它应当足够简单，否则我们怎么能寻找 $f(x)$ 的最大值。

考虑研究边权，固定 $i$，那么 $a_ia_j+xa_i+xa_j$ 中就只剩下了 $a_ia_j+xa_j=a_j(a_i+x)$ 待定。此时显然，如果 $a_i+x\le 0$，我们会考虑让它和 $a$ 最大的连，这样边权是最小的；反之，如哦 $a_i+x\ge 0$，它和 $a$ 最小的连，边权是最小的。

如果这样连，最后确实能构成一棵树，那显然就是 mst。

方便起见，可以把 $a$ 排序。那么 $a$ 的一段前缀和 $a_n$ 连边是最优的，剩余部分（形成一个后缀）和 $a_1$ 连边是最优的。当前缀长度 $=0$ 或者 $=n$ 的时候，显然就是所有边和 $a_1$ 或者 $a_n$ 连（除了自己不和自己连），那显然构成的是一颗树。如果前缀长度不是 $0$ 也不是 $n$。那么实质上 $a_1$ 和 $a_n$ 的连边会被算两次，把这条边的权值去掉一遍即可。

到这里我们发现 $f(x)$ 其实可以看成一个一次函数，这个一次函数的解析式只会变化 $n+1$ 次。每次的 $x$ 都有一个取值范围 $[L,R]$，然后问 $f(x)$ 的最大值。此时一切都变得很简单了。

时间复杂度 $O(n\log n)$，瓶颈在排序。

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1679

E. Typical Party in Dorm

定义 $f(S)$ 为字符串 $S$ 的回文子串数量。

给出一个字符串 $S$，有些位置已经确定，剩下位置是问号。有 $q$ 次询问，每次询问给出一个字符集 $T$，求：

把 $S$ 中每个问号位置填入一个 $T$ 中的字符，问 $\sum f(S)$ 模 $998244353$ 的值。

$S$ 和 $T$ 的字符集都是 $\in \{a,b,c,...,q\}$（前 $17$ 个小写英文字母）的。$|S|\le 1000,q\le 10^5$。

Hint1

考虑枚举一个子串，计算它对每个可能的 $T$ 的贡献。

Hint2

回文建立起了两个字符的一一对应关系：我们只关注两种情况：仅一个是问号，或者两个都是问号。

对于第一种情况，设其涉及的字符集合为 $C$，则 $C\subseteq T$ 的时候才可能造成贡献。

对于第二种情况，设有 $x$ 个，则其贡献应该为 $|T|^{x}$。

由于有 $C\subseteq T$，考虑 fwt（高维前缀和）维护答案，现在考虑如何处理 $|T|^x$ 的影响。

Solution

注意到 $|S|\le 1000$ 的限制。所以我们可以暴力枚举 $|S|$ 的每一个子串，然后计算它对答案的贡献。

那么有两种位置，中心和两侧（也可能没有中心位置）。对于两侧，即位置 $x-y$ 建立了一个对应。如果 $x-y$ 中只有一个问号，则这个问号的位置填的值是确定的，我们记作 $c$，这样本质自由的问号数减一。

记 $A=\cup \{c\}$，则当且仅当给出的 $T$ 满足 $A\subseteq T$ 的时候我们枚举的这个子串才会对 $T$ 造成贡献。然后记本质自由问号个数为 $num$ 则贡献为 $|T|^{num}$。

注意到 $num$ 和 $A$ 有关，但是 $|T|$ 是和 $T$ 有关的。所以我们无法直接用一次高维前缀和来计算全部答案。

但是注意到 $|T|$ 只有 $17$ 种取值，所以当我们加入一个本质自由问号个数为 $num$ 的子串的时候，对于每个 $1\le i\le 17$，我们都把 $f(i,A)$ 加上 $i^{num}$。然后对每个 $f(i)$ 进行高维前缀和。最后 $f(|T|,T)$ 就是所求。

时间复杂度 $O(n|S|^2+n^22^n)$，其中 $n=17$。注意略有卡常。

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F. Formalism for Formalism

考虑所有 $\le 10^n$ 的非负整数，位数不够则最高位补零。

给出 $m$ 对关系 $(u_i,v_i)$。对于一个数的相邻两位 $u,v$，如果 $(u,v)$ 或 $(v,u)$ 存在于给出的关系中，则我们可以交换它们。

若 $A$ 可以通过若干次交换得到 $B$ 则 $A$ 和 $B$ 本质相同。

问一共有多少个本质不同的数，模 $998244353$。$n\le 5000,m\le 45$。

Hint1

这类问题往往首先需要为每个等价类寻找一个代表：字典序最小就很合适。

Hint2

换言之，我们对所有不能通过交换，得到比它字典序更小的数来计数。

由于和字典序有关，所以考虑从高往低确定数字。

但我们发现，不管记录前面多少位的信息，都很难保证这个约束。

Hint3

如果一个 dp，每一步可以转移到的状态极少，考虑直接把下一步可选的内容集合压缩进状态中。

Solution

感觉挺牛逼的题。

首先我们的想法是为每个等价类找一个代表去计数。容易想到字典序最小。换言之一个数被计数当且仅当不能通过交换让它的字典序变得更小。

那么一个直接的想法是从前往后地 $dp$。但是我们发现记录末尾，末几位的信息都无法保证这个约束。

事实上如果我们最高位放了个 $c_1$，那么第二位不能放 $c_2$，当且仅当 $(c_1,c_2)$ 可交换且 $c_1\gt c_2$。当我们放好 $c_2$ 后，同理会禁止掉一些 $c_3$。此外，如果 $c_3$ 和 $c_2$ 可交换，那么就算 $c_3\gt c_2$，如果 $c_3$ 被 $c_1$ 禁止掉了，那 $c_3$ 也不能填入第三位。

换言之如果我们知道当前哪些数字不能填到下一位。则填完下一位后，我们可以方便地计算哪些数字不能填到下下位的。

所以直接令 $f(i,S)$ 表示前 $i$ 位确定，第 $i+1$ 位不能填 $S$ 中的数。注意到本质不同的转移只有 $2^{10}\times 10$ 种，对每种预处理一下就行。

时间复杂度 $O(10\times 2^{10}\times n)$。注意实现。

启示：当 dp 一步能填的状态很少的时候，可以直接记录每一步能填哪些状态来转移。

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1682

E. Unordered Swaps

给出一个 $n$ 排列 $p$，设其通过任意交换排序的最少步数是 $m$。接下来给出一个长度为 $m$ 的二元组 $(x,y)$ 组成的序列 $q$。重排 $q$ 使得按此时顺序交换 $p_{x_i},p_{y_i}$ 后，$p$ 是有序的。保证存在一组合法解。

$2\le n\le 2\times 10^5,1\le m\le n-1$。

Hint1

考虑排列的置换环与这个问题的联系：若要合法，则等价于每步都在拆置换环。

Hint2

研究单个置换环：如果有数对 $(a,b)$ 则连 $a\leftrightarrow b$ 的边，容易证明：不存在两条边在非顶点处相交。

Solution

可以vp场切 2700* 构造了，可喜可贺。

任意交换排序，是经典到不能再经典的问题了。显然 $m=n-k$，其中 $k$ 是置换环数量。

如果一个排序步骤花费步数是最少的，则每步都在拆环。首先对初始的 $p$ 找出所有的置换环，显然 $q$ 中不会有一个 $(x,y)$ 是分属于两个置换环的。

容易发现不同置换环之间没有任何影响。所以我们考虑单个置换环上的构造。以下所有数对都属于一个置换环。

如果有两个数对 $(a,b),(c,d)$ ，四个数两两不同，则它们谁先执行是无所谓的，放在置换环上考虑，就是说弦 $ab$ 与弦 $cd$ 有交，此时是不合法的：因为你不管先执行哪一个，另外一个数对一定无法执行（因为两个数分属两个置换环）。

又显然 $(a,b)$ 不会出现多次，换言之我们只用考虑 $(a,b)$ 和 $(a,c)$ 这样的数对，哪个在前哪个在后。（类似地还要考虑 $(b,a),(c,a)$ 这样的对的顺序。）

稍微手玩后立马发现，设 $f(x)$ 是置换环上 $a$ 走到 $x$ 的步数，则 $(a,b)$ 排在 $(a,c)$ 前当且仅当 $f(b)\lt f(c)$。

所以对于所有的 $(a,x)$ 我们按照 $f(x)$ 排序即可。这样会构建出若干个先后的约束，连边后拓扑即可。拓扑序即为一组合法解。

至于如何求 $f(x)$，其实只要对一个置换环上的点按顺序编个号，然后 $a$ 和环长确定了以后 $f(x)$ 显然是好求的。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录

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F. MCMF?

给出两个长度为 $n$ 的序列 $a,b$，保证 $b_i\neq 0$。然后给出 $q$ 次询问，每次给出一个区间 $[l_i,r_i]$ 且保证 $\sum_{l_i\le k\le r_i}b_j=0$。求下列图的最小费用最大流：

共 $r_i-l_i+1$ 个点外带上源、汇 $S,T$。$b_i\lt 0$ 的在左侧，对这样的点，$S\rightarrow i$ 连一条容量为 $|b_i|$ 费用为 $0$ 的边；$b_i\gt 0$ 的在右侧，对这样的点，$i\rightarrow T$ 连一条容量为 $|b_i|$ 费用为 $0$ 的边。对于 $b_i\lt 0,b_j\gt 0$，$i\rightarrow j$ 连一条容量为 $\infty$ 费用为 $|a_i-a_j|$ 的边。

$n,q\le 10^5,|b_i|\le 10^9,0\le a_1\le a_2\le ... \le a_n\le 10^9$。

Hint1

考虑单次询问如何处理。

Hint2

如果把 $b_i$ 认为是“有 $|b_i|$ 个物品”，则本质是寻找最小权完美匹配。

显然最优秀的匹配方式是两部分分别按照 $a$ 排序然后对应匹配，这样就解决了一个区间的情况。

Hint3

注意到给出区间的 $\sum b=0$，即一定有完美匹配。所以可以设 $suf_i$ 是 $[i...n]$ 这部分排序后匹配的结果，则一次询问拆成了两个 $suf$ 相减。

现在我们可以 $O(n^2)$ 地解决这个问题了.

Hint4

对应一个位置的 $(a_i,b_i)$ 来说，一定是一部分贡献为 $a_i$，一部分贡献为 $-a_i$；而具体的长度，只取决于前面遗留了多少个未匹配点。

换言之设 $S=\sum_{j\lt i}b_j$，其贡献和 $S$ 相关，为分段的一次函数形式。

Hint5

当处理 $suf_i$ 的时候，$(a_j,b_j)$ 就和 $S_{j-1}-S_{i-1}$ 相关了，那么也就等价于和 $S_{i-1}$ 相关，且为分段的一次函数形式。

所以考虑直接维护一次项系数和常数项的和。

Solution

应该是本月以来见到的最难的一道 DS 了。首先希望大家可以注意到 $a$ 递增的限制，我眼瞎没看到这个限制浪费了一天思考时间。

问 $q$ 次最小费用最大流这个东西看上去就很恐怖啊，我们把它转成些更可做的东西。套路地考虑只询问一次 $[1,n]$ 怎么做。

首先容易发现我们肯定是左右两边各自按照 $a$ 排序去匹配的。然后题目里 $a$ 已经排好序了所以实质上是按照出现顺序匹配。

这样一次询问可以 $O(n)$ 做了，难以优化，因为绝对值难以处理。

研究一个位置 $(a_i,b_i)$ 的贡献，显然其一段前缀的贡献为 $a_i$ 剩余后缀的贡献为 $-(a_i)$。而这个具体的数量其实只和前面还剩下多少个未匹配的点有关。不妨设 $b_i\lt 0$，则令 $S=\sum_{k\lt i}b_k$，当 $S\le 0$ 时，总贡献为 $-a_i|b_i|$；当 $0\lt S\le |b_i|$ 时，总贡献为 $2Sa_i-a_i|b_i|$；否则总贡献为 $a_i|b_i|$，$b_i\gt 0$ 的情况有类似贡献。

另外我们设 $suf_i$ 是 $a[i...n]$ 匹配后的结果（不要求一定能匹配完），则显然对一次询问有 $ans=suf_{l}-suf_{r+1}$，因为你保证了区间的 $\sum b=0$，也就是说前面的对后面的匹配不造成任何影响。

所以问题变成了快速预处理 $suf_{1\sim n}$。

这个时候注意到对于一对 $i\le j$，$(a_j,b_j)$ 对 $suf_i$ 的贡献只和 $S_{j-1}-S_{i-1}$ 有关，根据上面对“贡献”的研究，实际上 $(a_j,b_j)$ 对 $suf_i$ 的贡献是一个分段的函数，每一段都是关于 $suf_i$ 的一个一次函数。所以开两颗线段树（树状数组）维护一次项系数和常数项即可。时间复杂度 $O(n\log n)$，注意要先离散化。

记录

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1684

F. Diverse Segments

给出一个长度为 $n$ 的数组 $a$。定义 $a$ 的一个子段 $[l,r]$ 是好的当且仅当 $a_l\sim a_r$ 中元素两两不同。

现在给出 $m$ 个子段 $[l_i,r_i]$。你需要执行一次操作：选择 $a$ 的一个区间，然后把这个区间的每个数分别替换成任意整数。要求操作完毕后给出的 $m$ 个子段均是好的。

输出打到这个目标，操作区间的最短长度。如果不用操作，则输出 $0$。

$n,m\le 2\times 10^5,a_i\le 10^9$。

Hint1

双指针。

Hint2

设 $lim_i$ 是所有包含 $i$ 的约束区间里，$l$ 最小的那个，$pre_i$ 是上次 $a_i$ 出现的位置，则合法等价于对于任意位置有 $pre_i\lt lim_i$。

考虑选中一段区间，会对 $pre$ 造成什么影响。

Hint3

把 $pre,lim$ 的条件和双指针结合！

Solution

考虑把一个区间合法转成更可做的约束。设 $pre_i$ 是上一个和 $a_i$ 相同的位置（没有则 $pre_i=-1$），则实际上对于 $i\in [l_j,r_j]$，应该满足 $pre_i\lt l_j$。

从一个区间变成多个区间，我们发现，对于一个 $i$，只要设 $lim_i$ 是所有包含 $i$ 的区间中，$l_j$ 最小的那个（没有则 $lim_i=\infty$），则实质上题目的约束是 $\forall i,pre_i\lt lim_i$。

$pre$ 和 $lim$ 的求解都是经典问题，不再赘述。

把一个数任意重赋值的过程可以看作将它的 $pre$ 置为 $-\infty$，同时将 $pre_{nxt_i}$ 置为 $pre_i$。

另外，设 $f(l)$ 是最小的 $r$ 使得删去 $[l,r]$ 合法（不存在这样的 $r$ 则 $f(l)=\infty$）。显然 $f(l)$ 单调不降。换言之可以考虑双指针。

所以我们需要处理动态地删除/加入一个位置，并维护是否满足所有位置 $pre_i\lt lim_i$ 成立。

设一个计数器 $cur$ 初始为 $0$。每当有一个 $pre_i\ge lim_i$ 则 $cur$ 增加 $1$。则实际上是动态维护 $cur$，合法等价于 $cur=0$。

离散化 $a$ 后用 $set$ 维护每个数的所有出现位置。就可以动态计算每个位置的 $pre$ 和 $nxt$：因为你注意到删除/加入一个位置只会修改 $O(1)$ 个位置的 $pre$ 和 $nxt$。修改一个位置后重新计算其对 $cur$ 的贡献即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录

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G. Euclid Guess

考虑欧几里得算法的过程：求两个正整数的 $\gcd$ 并使用辗转相除的形式。本题中，有一个初始为空的数组 $t$，每一次求两个数的 $\gcd$，就把辗转相除过程中的所有非零余数加入 $t$ 中。

现在给你一个长度为 $n$ 的序列 $p$，你需要构造一个长度不超过 $2\times 10^4$ 的数对构成的数列 $a$，满足：

• 每个数对的元素都是 $[1,m]$ 之间的正整数

• 对所有数对的两个数分别求 $\gcd$ 后得到的序列 $t$ 可以通过任意排序和 $p$ 完全相同。

无解输出 $-1$。$n\le 10^3,1\le m\le 10^9$。

Hint1

当一个数 $x$ 满足 $2x+1\gt m$ 的时候，这样的数不可能出现在余数序列中。

另一方面，通过一次塞入 $(3x,2x)$，我们可以只塞入 $x$ 这一个数。

换言之，所有小于 $\frac{1}{3}m$ 的数都没有任何问题，关键是介于三分之一到二分之一的数，这样的数不可能单独被塞入。

Hint2

如果要塞入一个三分之一到二分之一之间的数 $x$，则其对应的余数序列里，最小的那个数必定是小于三分之一的，且是 $x$ 的约数。

另一方面，单独把这两个数作为一个可能的余数序列，是最优且合法的。

Solution

我第一次独立杀了 2800* 的构造啊，这个题非常值得一做的还是。

第一 $2\times 10^4$ 是诈骗，加一个数对肯定至少让 $t$ 的长度增加 $1$，否则加了没用。所以你的答案长度肯定 $\le n$。

然后考虑无解。事实上如果想要有一步余数为 $a$，那么最小的数对是 $(2a+1,a+1)$ 这样第一步余数得到 $a$。换言之如果 $p$ 中有一个元素 $x$ 使得 $2x+1\gt m$ 则无解。

换言之，$p$ 中每个元素 $\lt \left\lceil \frac{m}{2} \right\rceil$。

然后考虑对于某些元素 $x$，你可以直接放一个 $(3x,2x)$ 进去。这样的 $x\le \left\lfloor \frac{m}{3} \right\rfloor$。这样这个过程中只会往 $t$ 添加 $x$ 一个数。

所以需要特殊考虑的数 $x$ 都是在区间 $(\left\lfloor \frac{m}{3} \right\rfloor,\left\lceil \frac{m}{2} \right\rceil)$ 之间的，称这些数为特殊数。

如果两个数 $(a_0,a_1)$ 产生的非零余数序列分别为 $a_{2},a_{3},...,a_{k-1},a_{k}$，则 $a_k$ 一定整除 $a_{0}\sim a_{k}$ 的任何一个数，因为 $a_k$ 就是 $(a_0,a_1)$ 的 $\gcd$。我们想把特殊数和非特殊数串起来，使得它们构成的非零余数序列可以被某个数对所产生，但这是不好做的。注意到一点事实：两个特殊数不会出现在同一非零余数序列中，否则开始的数对必定有一个数 $\gt m$。此外，考虑一个特殊数所在的非零余数序列，序列的最后一个元素必定整除这个特殊数。而我们直接把这两个数作为一个非零余数序列也是合法的。

这样，就转成了一个匹配问题：左部是特殊数，右部是非特殊数。最后的匹配大小应该就是 $|L|$，否则无解；而 $R$ 中未被匹配到的数 $x$ 都可以通过加入一组 $(3x,2x)$ 的形式进入 $t$ 中，直接网络流即可。

点数是 $O(n)$ 级别的，边数是 $O(n^2)$ 级别的，众所周知网络流跑二分图最大匹配复杂度是 $O(m\sqrt n)$ 所以时间复杂度 $O(n^2\sqrt n)$。实测最慢点 30ms，直接起飞。

记录

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1687

C. Sanae and Giant Robot

给出两个长度为 $n$ 的序列 $a_i,b_i$。给出 $m$ 个区间 $[l_i,r_i]$。然后你可以执行任意次操作：

选择一个区间 $[l_i,r_i]$，满足 $\sum_{j=l_i}^{r_i}a_j=\sum_{j=l_i}^{r_j}b_j$，然后对每个 $j\in [l_i,r_i]$，执行 $a_j=b_j$。

问是否可以将 $a$ 变为 $b$。$n,m\le 2\times 10^5$。

Hint1

令 $c_i=a_i-b_i$，然后令 $S_i$ 为 $c_i$ 的前缀和，此时原问题有良好性质。

Solution

送我上 IM 的题。

首先作差，令 $c_i=a_i-b_i$。则条件变为 $\sum_{j=l_i}^{r_i}c_j=0$ 此时把 $c_{l_i\sim r_i}$ 全部推平成 $0$，目标是让所有 $c_i=0$。

令 $S$ 为 $c$ 的前缀和，则条件变为 $S_{l_i-1}=S_{r}=k$，此时把 $S_{l_i\sim r_i}$ 全部推平成 $k$，目标是让所有 $S_i=0$。

到这里我们发现一件事情，就是如果推平的时候 $k\neq 0$，那推了之后是不会更优秀的；如果 $k=0$，那我们执行一次推平一定是更优秀的。

所以我们可以每次找到一个没有被选中过的区间 $[l_i,r_i]$ 并且满足 $S_{l_i-1}=S_{r_i}=0$，然后把 $S_{l_i\sim r_i}$ 中的所有非零位置全部推平成 $0$。考虑到一个区间最多被取出一次，一个位置最多被推平一次，各自可以用 set 去维护。时间复杂度均摊下来 $O(n\log n)$。（$n,m$ 同阶）。

记录

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D. Cute number

记 $g(x)=\left\lfloor \sqrt{x} \right\rfloor^2,f(x)=(g(x)+1)^2$。称一个正整数 $x$ 是好的当且仅当 $x-g(x)\lt f(x)-x$。

给出一个长度为 $n$ 的正整数数组 $a$，求最小的非负整数 $k$。使得 $a_1+k,a_2+k,...,a_n+k$ 这 $n$ 个数字都是好的。

$n\le 10^6,1\le a_1\lt a_2 \lt ... \lt a_n\le 2\times 10^6$。

Hint1

观察到 $k$ 不会超过 $10^{12}$ 的级别，换言之 $g(a_1)$ 不会超过 $10^6$ 级别。

Hint2

暴力枚举 $g(a_1)$ 的最后取值，设 $k$ 是最少的合法增加量使得 $g(a_1)$ 是你要枚举的取值，但我们还不能保证其余 $n-1$ 个位置都合法，所以还要求出一个最小的增加量 $k'$ 使得 $g(a_1)$ 不改变的情况下，所有位置都合法。

Hint3

当你确定了 $k$ 以后，设 $n$ 个数里有 $cnt$ 个不同的 $g$ 值，容易证明所有情况的 $cnt$ 之和是 $a\ln a$ 级别的。

所以确定 $k$ 以后，暴力枚举所有不同的 $g$ 值，对于每个 $g$，做些什么。

Hint4

我们会发现，$g$ 不变的时候，我们只需要调整两个极端的位置，让它们合法即可。

Solution

题目没有说会无解，明示我们 $k$ 存在一个上界：显然最后的 $g(a_1)$ 不超过 $(a_n+1)^2$。

记 $a=\sqrt{g(x)}$，那么 $a$ 不超过 $a_n+1$。也就是说 $a$ 最后的取值也就是 $O(a_n)$ 个，这启发我们暴力枚举最后的 $a$。

然后当 $g(a_i)\neq g(a_{i+1})$ 的时候我们称新增了一个段，猜测所有情况的总段数加起来不会太多。因为你 $a$ 特别大的时候，从 $a\rightarrow (a+1)$ 实质上就跨越了 $2a+a^2$ 个数，所以肯定最多跨越次数不会超过 $\frac{a_n-a_1}{2a}$ 次，显然小于 $\frac{a_n}{a}$ 次，那么所有 $a$ 的跨越次数加起来就是 $O(a_n \log a_n)$ 级别的。

从上面，我们知道了首先可以暴力枚举 $a$，然后把 $a_1,a_2,...,a_n$ 按照 $g(a_i)$ 去分组。但是对于每一组，我们还不明确具体做什么。

我们来研究一下条件中的式子。那么有 $a^2\le x\lt (a+1)^2$，然后 $x-a^2\lt (a+1)^2-x \Leftrightarrow x\le a^2+a$。

下面方便起见更改定义： $g(x)=\sqrt{g(x)}$。

不妨设 $k$ 是最小的非负整数使得 $g(a_1+k)=a$。然后此时有些 $a_i+k$ 是不会合法的。现在的问题是我们可能还要让 $k$ 加上一个调整量 $k'$ 使得所有 $a_i$ 满足条件。而这个过程中，如果 $a_i+k$ 合法，则 $g(a_i+k)$ 应该等于 $g(a_i+k+k')$，否则 $g(a_1+k+k')$ 一定不是 $a$ 了。而对于不合法的 $a_i+k$，在保证 $g(a_1+k+k')$ 不变的情况下，它如果想最后合法，则 $g(a_i+k+k')=g(a_i+k)+1$ 必须成立。而此时你可以找到这一组内最小的 $a_i$ 满足 $a_i+k$ 不合法。所以对于每一段你只要找两个位置。而且它们是相邻的，实质上你只需要二分一次。

总复杂度 $O(a_n \log a_n \log n)$。

记录

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1691

E. Number of Groups

给出 $n$ 条线段 $[l_i,r_i]$，每条线段要么是红色，要么是蓝色，记为 $c_i=0/1$。

两条线段若异色且有交，则在它们之间连一条无向边。

问最后的连通块个数。$n\le 10^5,1\le l_i,r_i\le 10^9$。

Hint1

扫描线。

Hint2

当把一条线段和若干异色线段合并后，只用保留右端点最大的异色线段。

Solution

考虑离线处理这个问题。离线处理线段/区间的常用套路是扫描线。

离散化 $l,r$ 后从小往大枚举 $x$，若 $x=l_i$ 加入线段 $i$，若 $x=r_i$ 则删除线段 $i$（先处理所有加入，后处理所有删除）。然后加入一条线段时，所有加入过且未被删除的线段就是和它有交的。

显然我们要把线段分成两种颜色存储。每次找异色且与其有交的线段合并即可。但这样不能保证复杂度。特别地，注意到合并过后，异色的集合，只用保留 $r$ 最大的那条线段即可。时间复杂度降为 $O(n\log n)$。

记录